Question

6．如图所示，在长方体ABCD-A₁B₁C₁D₁中，AB=BC=2，AA₁=4，P为线段B₁D₁上一点．
（Ⅰ） 求证：AC⊥BP；
（Ⅱ） 当P为线段B₁D₁的中点时，求点A到平面PBC的距离．

Answer 1

分析 （Ⅰ）连结BD，证明AC⊥BD，AC⊥BB₁，说明AC⊥平面BB₁D₁D，即可证明AC⊥BP．
（Ⅱ）求出V_P-ABC，l设三棱锥A-PBC的高为h，利用V_A-PBC=V_P-ABC，即可求解三棱锥A-PBC的高．

解答 （本小题满分12分）
解：（Ⅰ）证明：连结BD，因为ABCD-A₁B₁C₁D₁是长方体，且AB=BC=2，
所以四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD，…（1分）

因为在长方体ABCD-A₁B₁C₁D₁中，BB₁⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，
所以AC⊥BB₁，…（2分）
因为BD?平面BB₁D₁D，BB₁?平面BB₁D₁D，
且BD∩BB₁=B，…（3分）
所以AC⊥平面BB₁D₁D，…（4分）
因为BP?平面BB₁D₁D，所以AC⊥BP．…（5分）
（Ⅱ）点P到平面ABC的距离AA₁=4，…（6分）△ABC的面积${S_{△ABC}}=\frac{1}{2}•AB•BC=2$，…（7分）
所以${V_{P-ABC}}=\frac{1}{3}{S_{△ABC}}•A{A_1}=\frac{1}{3}×2×4=\frac{8}{3}$，…（8分）
在Rt△BB₁P中，$B{B_1}=4，{B_1}P=\sqrt{2}$，所以$BP=3\sqrt{2}$，同理$CP=3\sqrt{2}$．
又BC=2，所以△PBC的面积${S_{△PBC}}=\frac{1}{2}×2×\sqrt{{{（{3\sqrt{2}}）}^2}-{1^2}}=\sqrt{17}$．…（10分）
设三棱锥A-PBC的高为h，则因为V_A-PBC=V_P-ABC，所以$\frac{1}{3}{S_{△PBC}}•h=\frac{8}{3}$，…（11分）
所以$\frac{{\sqrt{17}}}{3}h=\frac{8}{3}$，解得$h=\frac{{8\sqrt{17}}}{17}$，即三棱锥A-PBC的高为$\frac{{8\sqrt{17}}}{17}$．…（12分）

点评 本题考查几何体的体积的求法，直线与平面垂直的判定定理的应用，考查空间想象能力以及转化思想的应用．